高中数学压轴题小题专项训练专题26数列新定义问题含解析答案

这是一份高中数学压轴题小题专项训练专题26数列新定义问题含解析答案，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．意大利数学家斐波那契（1175年~1250年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，…，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为.设是不等式的正整数解，则的最小值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
2．设数列满足，.则数列.
A．有界且递减B．有界且递增
C．无界且递增D．无界且递减
3．对于数列，若存在常数，使对任意，都有成立，则称数列是有界的.若有数列满足，则下列条件中，能使有界的是（ ）
A．B．
C．D．
4．若数列，对于，都有（为常数）成立，则称数列具有性质．已知数列的通项公式为，且具有性质，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列：1，1，2，3，5，8…，其中从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，这样的数列称为“斐波那契数列”.若，则（ ）
A．175B．176C．177D．178
6．艾萨克·牛顿（1643年1月4日——1727年3月31日）英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数零点时给出一个数列：满足，我们把该数列称为牛顿数列.如果函数（）有两个零点，，数列为牛顿数列，设，已知，，的前项和为，则等于（ ）
A．B．C．D．
7．对于数列，若存在常数，对任意的，恒有，则称数列为有界数列．记是数列的前项和，下列说法错误的是（ ）
A．首项为1，公比为的等比数列是有界数列
B．若数列是有界数列，则数列是有界数列
C．若，则数列不是有界数列
D．存在等差数列和等比数列，使得数列是有界数列
8．艾萨克牛顿英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数零点时给出一个数列：，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数有两个零点1，2，数列为牛顿数列．设，已知，的前n项和为，则等于（ ）
A．2022B．2023C．D．
9．意大利数学家斐波那契（1175年—1250年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，…，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为（设是不等式的正整数解，则的最小值为（ ）
A．10B．9C．8D．7
10．对于数列若存在常数，对任意的，恒有，则称数列为有界数列.记是数列的前项和，下列说法错误的是（ ）
A．首项为1，公比为的等比数列是有界数列
B．若数列是有界数列，则数列是有界数列
C．若数列是有界数列，则数列是有界数列
D．若数列、都是有界数列，则数列也是有界数列
11．为不超过x的最大整数，设为函数，的值域中所有元素的个数.若数列的前n项和为，则（ ）
A．B．C．D．
12．对于数列，若存在正数，使得对一切正整数，恒有，则称数列有界；若这样的正数不存在，则称数列无界，已知数列满足：，，记数列的前项和为，数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，数列有界B．当时，数列有界
C．当时，数列有界D．当时，数列有界
二、填空题
13．记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为“牛顿数列”．若函数，且，数列为牛顿数列．设，已知，则 ，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，则的最大值为 ．
14．对于正整数n，设是关于x的方程的实数根.记，其中表示不超过x的最大整数，则 ；设数列的前n项和为则 .
15．斐波那契，意大利数学家，其中斐波那契数列是其代表作之一，即数列满足，且，则称数列为斐波那契数列.已知数列为斐波那契数列，数列满足，若数列的前12项和为86，则 .
16．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列满足，则称数列为牛顿数列．如果函数，数列为牛顿数列，设，且，．数列的前项和为，则 ．
17．数列的通项公式为（n为正整数），其中表示不超过x的最大整数，则 .
18．已知数列的前项和为，数列是首项为，公差为的等差数列，若表示不超过的最大整数，如，，则数列的前2000项的和为 .
19．如果数列满足以下两个条件，称该数列为“闭数列”.
（1）已知数列各项均为正数，且单调递增；
（2）数列的前项组成的集合记为，对于任意，如果、，则.
已知数列为“闭数列”，且，则 .
20．已知为不超过的最大整数，例如，，，设等差数列的前项和为且，记，则数列的前100项和为 .
21．结绳记事是人类最早跟数列打交道的一种朴素方式，人类所认识并应用于生活､生产的第一个数列便是自然数列.现有数列满足：第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推，记为数列的前项和，则 ；当时，若存在，使得，则的最小值为 .
22．若为函数的导函数，数列满足，则称为“牛顿数列”.已知函数，数列为“牛顿数列”，其中，则 .
23．定义表示与实数的距离最近的整数（当为两相邻整数的算术平均值时，取较大整数），如，，，，令函数，数列的通项公式为，其前项和为，则 ； .
24．，为一个有序实数组，表示把A中每个-1都变为，0，每个0都变为，1，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，例如：，则．定义，，若，中有项为1，则的前项和为 ．
参考答案：
1．C
【分析】将不等式化为，即，再根据斐波那契数列为递增数列，进而可得答案.
【详解】由，
得，
得，得，
得，，
所以，
令，则数列即为斐波那契数列，
，则，
因为函数都是增函数，
所以函数是增函数，
故数列为递增数列且，
所以数列亦为递增数列，
由，得，，，
，，，
因为，，
所以使得成立的的最小值为8．
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据斐波那契数列的通项公式，利用对数知识将不等式化为斐波那契数列进行求解是本题解题关键.
2．C
【详解】由，知递增.
注意到

.所以，数列无界.
故答案为C
3．D
【分析】利用放缩法及数列性质进行验证选项得解
【详解】对于A选项，假设有界，即存在常数，对任意，都有，
则.由于左边递增到无穷大，而右边为常数，从而A项错误；
同理，C项，错误；
对于B项， ，累加可得，，，显然不是有界的；
对于D选项，， ，
累乘可得 ，
，从而,D正确.
故选:D
【点睛】本题主要考查数列的性质应用、及转化与化归的数学思想以及运算求解能力.
4．C
【分析】由题意，先将成立变形为时成立，将通项公式代入，从而将问题转化为恒成立问题，研究新数列的单调性即可解决问题．
【详解】依题意，得，故只需考虑时，，．
因为，只需要，
即，整理得．
令，则，
所以对任意的恒成立，所以数列为递增数列，
则，所以，即的取值范围为．
故选：C．
5．B
【分析】根据数列的特点，每个数等于它前面两个数的和，移项得： ，使用累加法求得，然后将中的倍展成和的形式（如）即可求解．
【详解】由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，，
由，得 ，
所以，
，
，
，
将这个式子左右两边分别相加可得：
，
所以.
所以
.
故选：B．
6．C
【分析】求出，，代入条件中，得到，令，得到数列是比数列，求出通项公式，利用前项和公式求出答案.
【详解】函数有两个零点1，2，
，
，
则由题意，
，
，且，
，
数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，则，.
故选：C
7．B
【分析】根据有界数列的定义，结合等比数列求和公式可判断A；设，可判断B；由条件求得，根据有界数列的定义验证可判断C；取，，即可判断D．
【详解】对于A，设满足题设的等比数列为，则，
当时，，
∴，
∴首项为1，公比为的等比数列是有界数列，故A正确；
对于B，事实上，设，则，易知数列是有界数列，
此时，∴，
由的任意性，知数列不是有界数列，故B错误；
对于C，若，则当时，，
当时，，也适合，
故，于是，
因此，
因为，随着无限增大，也无限增大，所以数列不是有界数列，故C正确；
对于D，取，，则，
于是，
因此 ，
∴数列是有界数列，故D正确.
故选：B.
8．D
【分析】先由函数有两个零点求得和的解析式，进而求得数列的递推公式，从而得到数列的前n项和，即可求得的值．
【详解】有两个零点1，2，
则，解之得，
则，则
则
则
由，可得，
故，又，则数列是首项为1公比为2的等比数列，
则通项公式，前n项和，则，
故选：D．
9．C
【分析】根据题意，是不等式的正整数解，化简得，即，根据数列的单调性，求出成立的的最小值，即可求出答案.
【详解】解析：∵是不等式的正整数解，
∴，
∴，
∴，
即
∴，
∴，
∴，
∴，
令，则数列即为斐波那契数列，
，即，
显然数列为递增数列，所以数列亦为递增数列，
不难知道，，且，，
∴使得成立的的最小值为8，
∴使得成立的的最小值为8.
故选：C.
【点睛】本题考查数列的新定义，以及利用数列的单调性求最值，还根据对数运算化简不等式，考查转化思想和化简运算能力.
10．B
【分析】根据有界数列的定义，利用不等式放缩，可判断A、C正确；设，可判断B错误；根据数列和数列的有界性，用和来控制，即可选项D.
【详解】解：对A:设满足题设的等比数列为，则，
当时，，
所以，
即，
所以首项为1，公比为的等比数列是有界数列，故A正确；
对B: 事实上，设，则，易知数列是有界数列，而此时，
所以，由的任意性，知数列不是有界数列，故B错误；
对C：因为数列是有界数列，所以存正数，对任意有
，即，
于是，
所以数列是有界数列，故C正确；
对D：若数列、都是有界数列，则存在正数，，使得对任意，有
；，
又因为
同理，可得，
所以
，
所以
，
数列也是有界数列，故D正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于读懂题目，准确把握“有界数列”的定义.
11．D
【分析】先根据题意求出，进而用裂项相消法求和.
【详解】当时，，，，故，即，
当时，，，，故，即，
当时，，，，故，即，
以此类推，当，时，，，故可以取的个数为，
即，当n=1时也满足上式，故，
所以，，所以.
故选：D
【点睛】取整函数经常考察，往往和数列，函数零点，值域等知识相结合考察大家，要能理解取整函数并能正确得到相关计算，才能保证题目能够解集，本题中得到是解题的关键.
12．B
【分析】当时， 构造新函数，利用导数判断其单调性，进而得出，由此判断A;
构造函数，判断其单调性，推出，进而得到，从而说明，判断B; 当 时，说明成立，从而判断C,D.
【详解】当时，
令，则，
当 时，，故 ，
因为，则，
所以 ，（这是因为），
令 ，则，
故时单调递增函数，
故，则，
假设 ，则，
故由归纳法可得成立，所以 ，
故数列无界，故A错；
又由，
设
则 ，
故递减，则，
所以 ，则 ，
则 ，
故 ，则，
故 ，
即当时，数列有界，故B正确
当 时，，由， ，
假设 ，则 ，即成立，
所以此时 都无界，故C,D错误；
【点睛】本题给定数列的新定义，要求能根据定义去判断数列是否符合要求，其中涉及到构造函数，并判断函数的单调性等问题，较为复杂，比较困难.
13． 4
【分析】由导函数，可得，再由求出，即可得到，从而求出，又，则，可求出数列的通项公式与前项和为，参变分离可得对任意的恒成立，利用对勾函数的性质出即可.
【详解】因为，则，则，
由，所以，解得，所以，
所以，
由，所以，
所以，
即数列是以2为首项、2为公比的等比数列，所以，，
因为对任意的恒成立，又且单调递增，
所以对任意的恒成立，令，
根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，
又，且，
所以，所以的最大值为．
故答案为：4；.
【点睛】思路点睛：由与的函数关系，结合“牛顿数列”的定义，由求出，再得到，从而求出，得出数列的特征，求出，最后的恒成立问题转化为函数最值问题．
14． 0 1010
【分析】（1）当时，化简方程，通过构造函数的方法，找到函数零点的范围，进而求出结果.
（2）令，化简方程，通过构造函数的方法，找到零点的范围，即得范围，分类讨论为奇数和偶数时，求得结果.
【详解】（1）当时，，
设单调递减，
，，所以，
（2）令，则方程化为：
令，则在单调递增
；
由零点存在定理可得：，，
当，，
当，，
所以当，
故答案为：①0；②1010
【点睛】本题考查了函数的性质、零点存在定理，数列求和等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，转化和分类讨论的数学思想，属于难题.
15．8
【分析】利用斐波那契数列定义可写出数列的项，再利用，代入n的值，可求得数列的项之间的关系，进而得解.
【详解】斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…….
由得：，，，
则，
同理：，，，，，
得：，，，，
则，，
则，
则
故答案为：8.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据递推关系求数列的项，解题的关键是理解斐波那契数列，写出对应的项，再利用数列的递推关系求出数列的项的关系，即可求解，考查学生的理解能力与运算求解能力，属于难题.
16．/
【分析】先由题设得到：，进而求得，从而有，即可得数列数列是首项为，公比为的等比数列，再利用等比数列的前项和公式求得结果．
【详解】∵，∴，
又∵，
∴，，
∴，
又
∴，
又，且，
所以，
∴数列是首项为，公比为的等比数列，
∴的前项和为，则.
故答案为：.
17．
【分析】当时，，，每组共有个，代入数据利用错位相减计算得到答案.
【详解】当时，，，，
每组共有个，，，
故
设，
则，
相减得到：，整理得到，
故.
故答案为：
18．3782
【分析】先根据等差数列的通项求出的表达式，再根据求出数列的通项公式，再根据的定义即可得解.
【详解】∵数列是首项为，公差为的等差数列，
∴，得到，
当时，，
当时，，
又，∴，∴，
当时，，则，此时，
当时，，则、3、…、19，此时，
当时，，则、21…、199，此时，
当时，，则、201、…、1999，此时，
当时，，此时，
故数列的前2000项的和为：
.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：理解的定义是解决本题的关键是.
19．
【分析】利用“闭数列”的定义结合累加法可求出的值，再次利用“闭数列”的定义结合累加法可求出的值.
【详解】因为数列为“闭数列”，且，
由题意得，，，
……
，，
等式两边叠加，
即，所以，，
同理可得，，，
……
，，
等式两边叠加得，
即，所以，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的核心是利用“闭数列”的新定义，充分利用累加法，转化为关系与某些特殊项的方程进行求解.
20．480
【分析】求出，则得到，再利用的定义即可求出答案.
【详解】由题意得，所以，
，所以，
所以公差，所以，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
所以数列的前100项和为.
故答案为：480.
【点睛】关键点睛：本题的关键是求出，再利用取整函数的定义对分类讨论，最后计算出答案.
21．
【分析】利用得出数列的求和公式，判断出前10项的和为前4组的和，进而求得的值，假设前项的和为前项的和，由已知得，转化为为的整数幂，得到应该被消去，由此可知加上组的部分项，求得满足题意的的最小值，即可求得的最小值，最后利用，求得的最小值，即可求解.
【详解】由数列满足：第一组为，第二组为，，第组为，
则前组中共有项，
令，可得，所以数列前4组中共有10项，
所以，
当时，可得，
若前项的和为前项的和，可得：
，
由已知得，整理得，
由此可得为的整数幂，其中为的整数幂，则应该被消去，
所以若前项和应再加上组的部分项，
设应加上组的前项时，被消去，
即，可得，
则为等式的成立的最小值，此时，
所以
，
所以，所以的最小值为，
则的最小值为.
故答案为：；.
22．
【分析】根据题中“牛顿数列”的定义，结合题中条件，可求得，通过构造法，可求得，则，即裂项相消求和即可.
【详解】由得，
所以，
得，即，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，所以，
故，
所以
.
故答案为:
【点睛】关键点睛：本题的关键是理解“牛顿数列”的定义，通过变形得到，从而构造出等比数列，得到，最后再裂项求和即可.
23． 4 89
【分析】空1：根据数列新定义求出前6项，求和即可；空2：根据数列新定义，数列重新分组可得，且满足第组有个数，且每组中所有数之和为，根据规律求和即可.
【详解】空1：因为，，，，，，所以；
空2：根据，当时，，则，，
当时，，则，，
当时，，则，，
当时，，则，，
以此类推，将重新分组如下，，
第组有个数，且每组中所有数之和为，
设在第组中，
则，可得，解得，故在第45组，
前面共有44组，共1980项，所以.
故答案为：4；89.
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是理解新定义，利用新定义合理推导，结合数列通项和求和知识解答.
24．
【分析】设中有项为0，其中1和的项数相同都为，由已知条件可得①，②，进而可得③，再结合④可得，分别研究为奇数与为偶数时的通项公式，运用累加法及并项求和即可求得结果.
【详解】因为，依题意得，，，
显然，中有2项，其中1项为，1项为1，
中有4项，其中1项为，1项为1，2项为0，
中有8项，其中3项为，3项为1，2项为0，
由此可得中共有项，其中1和的项数相同，
设中有项为0，所以，，
从而①，
因为表示把A中每个都变为，0，每个0都变为，1，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，
则②，
①+②得，③，
所以④，
④-③得，，
所以当为奇数且时，
，
经检验时符合，
所以（为奇数），
当为偶数时，则为奇数，
又因为，
所以，
所以，
当为奇数时，，
所以的前项和为
.
故答案为：.
【点睛】本题的解题关键是根据题目中集合的变换规则找到递推式，求出通项公式，再利用数列的特征采取分组求和解出.